专题04 氧化还原反应（答案）

专题04氧化还原反应（答案）1.【答案】B【解析】【详解】由图示可知：a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为Na2SO3，h为Na2SO4。A．H2SO3与BaCl2溶液不反应，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，所以可用BaCl2溶液可鉴别H2SO3和H2SO4，A正确；B．H2S→S→SO3→H2SO4→Na2SO4，S需要两步才能转化为SO3，即S→SO2→SO3，B错误；C．S为0价，Na2SO3中S为+4价，“价态归中”，S溶于沸腾的Na2SO3溶液中，可能生成Na2S2O3，C正确；D．2H2S+SO2=3S+2H2O，2H2S(还原剂)~2S(氧化产物)，SO2(氧化剂)~S(还原产物)，所以氧化产物与还原产物的质量比为2∶1，D正确；故选B。2.【答案】C【解析】【详解】A．反应I中做氧化剂与发生氧化还原反应，还原产物为，氧化产物为反应I的离子方程式为，A项正确；B．反应II中做还原剂与氧化剂NO反应，离子方程式为，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B项正确；C．1.8gH2O的物质的量为，H2O中含H原子数为，C项错误；D．整个反应过程符合质量守恒定律，反应前后参加反应的和的总数一定保持不变，D项正确；答案选C。3.【答案】D【解析】【详解】A．氮的固定是游离态氮转化成化合态的氮，根据图示循环，N2转化成NH，属于氮的固定，故A说法正确；B．根据图示，硝化过程NH→NO→NO，氮元素的化合价由-3→+3→+5，存在化合价的变化，硝化过程属于氧化还原反应，同理反硝化过程中也存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；C．氨氧化过程中，NO→N2，氮元素的化合价由+3价降低为0价，发生还原反应，NH→N2，氮元素的化合价有-3价升高为0价，发生氧化反应，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1，故C说法正确；D．题中没有指明是否是标准状况，因此无法判断得到氮气物质的量，故D说法错误；答案为D。4.【答案】A【解析】【详解】A．根据图中信息，反应①为二氧化碳和氢气反应生成甲醇，C的化合价由+4价降低为-2价，H的化合价0价只能升高变为+1价，产物X为H2O，根据化合价升降守恒，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3，A错误；B．光伏电解水耗能小，成本低，所以该技术值得推广，B正确；C．反应根据图中信息，反应②甲醇和氧气变成过氧化氢和甲醛，根据图中的各分子成键情况，可知断裂了C-H、O-H、O=O形成了C=O、O-H、O-O，C正确；D．CO2为无机物，淀粉属于有机物，所以该技术再次实现了无机物到有机物的转化，对缓解粮食危机具有重大意义，D正确；故选A。5.【答案】C【解析】【详解】A．根据图示可知历程①是Cu2+与H2S气体发生复分解反应产生CuS黑色沉淀和H+，根据电荷守恒及物质的拆分原则，可知发生的该反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A错误；B．在历程②中，CuS与Fe3+发生氧化还原反应，产生S、Cu2+、Fe2+，该反应的方程式为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，S元素化合价升高，失去电子被氧化，CuS作还原剂，B错误；C．在历程③中，Fe2+与O2发生氧化还原反应，产生Fe3+、H2O，根据氧化还原反应过程中电子转移守恒可知：n(Fe2+)：n(O2)=4：1，C正确；D．根据流程图可知总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，D错误；故选C。6.【答案】B【解析】【分析】向氨氮废水中加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，并通入空气将氨气赶出并回收，得到低浓度的氨氮废水;然后使低浓度的氨氮废水在微生物作用下，将经过两步反应被氧化成，得到含有HNO3的废水，再向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。从而得到达标废水。【详解】A．向废水中加入NaOH溶液，与OH反应+OH-=NH3·H2O，反应产生的NH3·H2O受热易分解变为NH3被热空气带出，从而使废水中的氮元素含量降低，故A正确；B．在碱性条件下被氧气氧微生物化为，总反应的离子方程式：+2OH-+2O2+3H2O，故B错误；C．废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2，故C正确；D．在反应中得到电子被还原产生N2，每生成1molN2转移10mol电子，故D正确；故选B。7.【答案】C【解析】【分析】本题由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3+和Ce4+为催化剂，反应方程式为：2NO+2H2==N2+2H2O，据此分析。【详解】A．由图分析，反应Ⅰ为H2+2Ce4+==2H++2Ce3+，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A项正确。B．由图分析，反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO=4Ce4++2H2O+N2，B项正确。C．据分析可知，Ce3+和Ce4+为催化剂，故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化，C项错误。D．据分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D项正确。故答案为：C。8.【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误；B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；C．由图可知，在整个历程中，NO先被还原为NO，NO再被还原为N2，则NO是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，将NO最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4molNO，故D错误；答案选B。9.【答案】D【解析】【详解】A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO+4H+=Cu3++2H2O，故D错误；故选：D。10.【答案】B【解析】【详解】A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗1mol稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；综上所述答案为B。11.【答案】C【解析】【详解】A．反应Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，故A错误；B．反应Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由−1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，故B错误；C．因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2:1，故C正确；D．选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积，故D错误；故选C。12.【答案】D【解析】【分析】对照图1和图2，0s~5s，Cr元素的化合价仍为+6价；5s~30s，Cr元素的化合价由+6价降为+3价；30s~80s，Cr元素的化合价又由+3价升高为+6价。【详解】A．0~5s过程中，发生反应生成CrO5，Cr元素都呈+6价，发生非氧化还原反应，A错误；B．由图2可知，实验开始至30s时，K2Cr2O7被还原为Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，B错误；C．30s时，绿色溶液中主要含有Cr3+，80s时黄色溶液中主要含有，所以30~80s过程中，Cr元素被氧化，可能是剩余的H2O2所致，C错误；D．+H2O2+2H+，80s时，在碱性条件下，平衡正向移动，溶液中含铬微粒主要为，D正确；答案选D。13.【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸的氧化性强于次氯酸根离子，由题给信息可知，x的值小于1.49V，故A正确；B．由信息可知，四氧化三钴与浓盐酸反应生成氯化亚钴、氯气和水，反应的离子方程式为Co3O4+8H++2Cl—=3Co2++2Cl2↑+4H2O，故B错误；C．由信息可知，若x=0.81V，碱性条件下发生的反应为氢氧化亚钴与次氯酸钠溶液反应生成氢氧化钴和氯化钠，反应的化学方程式为2Co(OH)2+NaClO+H2O=2Co(OH)3+NaCl，故C正确；D．由图中数据可知，氧化剂物质的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液的酸性增强，物质的氧化性增强，故D正确；故选B。14.【答案】D【解析】【详解】A．反应温度过高会导致H2O2分解，甲醛在水中的溶解度也会随温度的升高而降低，因此反应温度不易过高，A正确；B．在该反应中H2O2中的O元素化合价由-1价变为-2价，得到电子被还原，HCHO中的C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；C．HCHO为还原剂，H2O2为氧化剂，结合反应可HCHO+H2O2=HCOOH+H2O可知：参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，C正确；D．制取甲酸钙的反应方程式为：Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2=(HCOO)2Ca+4H2O，根据方程式可知：每反应产生1mol(HCOO)2Ca，反应过程中转移4mol电子。现在反应生成26g(HCOO)2Ca，其物质的量n=，则反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=0.2mol×4=0.8mol，D错误；故合理选项是D。15.【答案】D【解析】【详解】A．铜元素的化合价由+1升到+2价，硫元素的化合价由﹣2升到+4价，均被氧化，故A正确；B．设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x=(2+6)y，，故B正确；C．根据B项，当生成5molSO2时，转移电子40mol，所以当有0.1molSO2生成时，转移电子0.8mol，故C正确；D．根据方程式，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性Cu2S＞Mn2+，故D错误；故选D。16.【答案】D【解析】【详解】A．a中Cu元素为+2价，在酸性条件下，Cu变为a需要失去电子，发生氧化反应，故需要加入强氧化剂，盐酸不能与铜反应，选项A错误；B．由图可知，Cu(OH)2转化为需要碱性条件，而转化成Cu(OH)2需要酸性条件，选项B错误；C．Cu2O中Cu元素为+1价，在酸性条件下可以发生歧化反应生成+2价铜和单质铜，选项C错误；D．()中铜元素为+3价，离子带1个单位负电荷，故填入坐标，应该填在b的位置，选项D正确；答案选D。17.【答案】A【解析】【详解】A．反应1→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，故A正确；B．反应1→ClO2，做氧化剂，HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；C．反应2→ClO2中Cl元素化合价从+5降到+4，有24个Cl原子变价，每转移24mol电子，生成气体的物质的量为30mol，则转移6mol电子，生成气体的物质的量为7.5mol，故C错误；D．将反应1乘以12，生成24mol时转移(5-4)×24=24mol，反应2生成24mol时也转移24mol，故D错误；故选：A。18.【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下Cl2O为液体，无法计算2.24LCl2O含有的分子数，A错误；B．在反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O中，氯由0价变为HgCl2中-1价的氯和Cl2O中+1价氯，该反应转移2个电子，故0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA，B正确；C．HgO为金属氧化物，在写离子方程式的时候，正确的离子方程式为：HgO+2H+=H2O+Hg2+，C错误；D．在该反应中氧元素不守恒，D错误；故选B。19.【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据H为+1价，F为-1价，可知H2SiF6中Si元素的化合价为＋4价，错误；B．该反应中，N元素化合价降低，HNO3仅作氧化剂，正确；C．无标准状况，不能计算2.24LH2的物质的量，错误；D．芯片硅不能和稀硝酸反应，错误；故选B。20.【答案】C【解析】【分析】KMnO4加热发生反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，因此气体单质G为O2，固体为K2MnO4和MnO2的混合物，向固体中加入浓盐酸并加热，发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，则气体单质H为Cl2，据此分析解答。【详解】A．Fe在O2中燃烧，生成Fe3O4，Fe元素不全是+3价，A错误；B．KMnO4加热发生反应：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，KMnO4中Mn元素化合价降低，O元素化合价升高，既是氧化剂也是还原剂，B错误；C．根据分析可知，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，C正确；D．0.1molKMnO4参与反应，最终转化为Mn2+，得到0.5mol电子，设生成xmolO2和ymolCl2，因此有4x+2y=0.5，x+y<0.25mol，D错误；答案选C。21.【答案】C【解析】【分析】【详解】NaN3中N元素的化合价为，反应后全被氧化成0价的N2，KNO3中N元素的化合价为+5，反应后全被还原成0价的N2，故氧化产物、还原产物都是N2，根据原子守恒可知，氧化产物与还原产物的分子数之比为15：1，C项正确。22.【答案】D【解析】【详解】A．催化剂可以改变化学反应速率，根据上述现象描述可知，为该反应的催化剂，A正确；B．具有强氧化性，在酸性溶液中，可将氧化为，自身被还原为SO，所以还原产物为SO，B正确；C．设中存在x个-1价O原子，y个-2价O原子，则+y=8根据化合物中元素化合价代数和为0可知，(+6)2+(-1)x+(-2)y=-2，联立方程解得x=2，y=6，因为1个中含2个-1价O原子，那么中存在一个过氧键，C正确；D．反应中氧化剂为，根据C项分析，每个分子中存在1个过氧根离子，还原剂为，结合产物可知，每个转移电子数为2，每个转移电子数为5，根据得失电子数守恒可知，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，D错误；故选D。23.【答案】A【解析】【分析】【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole-，A错误；B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。故选A。24.【答案】D【解析】【分析】【详解】A．中Na为+1价、O为-2价，根据化合价代数和等于0，可知的化合价为，故A正确；B．反应中，是氧化剂，、O2都是氧化产物，的氧化性强于，故B正确；C．保存溶液时加入少量铁粉，可以防止被氧化变质，故C正确；D．反应中，、O2都是氧化产物，每生成需要转移电子，故D错误；选D。25.【答案】A【解析】【分析】【详解】A．由总反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+可知，一氧化氮未参加反应，但转化图上参与了反应，说明NO反应前后性质和质量不变，符合催化剂概念，A正确；B．反应Ⅱ中Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，FeS2被氧化，B错误；C．由图可知：反应Ⅰ中Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成﹣2价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：4Fe(NO)2++O2+4H+＝4Fe3++4NO+2H2O，Fe(NO)2+作还原剂，C错误；D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO＝Fe(NO)2+，无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，D错误。答案选A。26.【答案】D【解析】【详解】从反应可以看出，Fe由+2价升高到+6价，氧元素部分由-1价降低到-2价，部分升高到0价，根据方程式的关系看出，失电子总数为2×（6-2）+2×（0-（-1））=10，失电子总数为2×（（-1）-2）×5=10，也就是说，2molFeSO4、1molNa2O2做还原剂，5molNa2O2做氧化剂；综上所述，A错误；2molFeSO4发生反应时，反应中共有10mol电子转移，B错误；没有给定气体所处的条件，无法计算，C错误；Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物，D正确；正确选项D。27.【答案】A【解析】【详解】A．根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式可得，A正确；B．根据选项A所配方程式知，3molNaNH2反应，有1molN元素化合价没变生成NH3，有2molN元素化合价升高转